資源簡介

專題強化五　動力學中的“傳送帶”模型
學習目標　1.會分析物體在傳送帶上的受力情況及運動情況。 2.會計算相對位移及劃痕的長度。
模型一　水平傳送帶
水平傳送帶問題的常見情形及運動分析
情景 物塊的運動情況 關鍵點
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直勻加速，a＝μg 先加速后勻速 水平同向傳送帶:判斷物塊能否與傳送帶共速 若x物>L，則不能共速 若x物≤L，則能共速
v0< v時，一直加速 v0v 0> v時，一直減速 v0>v時，先減速后勻速
一直減速到右端 先勻減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端。若v0v返回到左端時速度為v 水平反向傳送帶:判斷物塊能否減速到0
例1 (多選)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是(　　)
A.開始時行李的加速度大小為2 m/s2
B.行李經過2 s到達B處
C.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.12 m
D.當行李的速度與傳送帶的速度相同時，傳送帶立刻停止運動，整個過程中行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.04 m
答案　AD
解析　開始時行李的加速度大小為a＝＝2 m/s2，A正確;行李與傳動帶達到共速所用時間t1＝＝0.2 s，行李的位移為x1＝a＝0.04 m<2 m，則兩者能共速。行李勻速運動的時間為t2＝＝4.9 s，行李到達B處的時間為t＝t1＋t2＝5.1 s，B錯誤;行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x1＝0.04 m，C錯誤;共速時傳送帶立刻停止運動，行李做勻減速運動的位移為x2＝＝0.04 m，兩段劃痕的長度重合，則摩擦痕跡長度為0.04 m，D正確。
銜接教材 本題以機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李為素材，創設了求解小包裹加速度、小包裹通過傳送帶所需時間的生活實踐問題情境。本題水平傳送帶的情境與人教版必修第一冊P115T4的安檢機水平傳送帶相呼應，體現了源于教材又高于教材的命題理念。主要考查利用牛頓第二定律、勻變速直線運動規律等知識點求解傳送帶問題。
關于物體相對傳送帶位移的求解方法，若物體相對傳送帶的位移大小為Δx。
(1)若有一次相對運動:Δx＝x傳－x物或Δx＝x物－x傳，Δx也是劃痕長度。
(2)若有兩次相對運動:兩次相對運動方向相同，則Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲);
兩次相對運動方向相反，則劃痕長度等于較長的相對位移大小Δx2(圖乙)。
跟蹤訓練
1.(2025·海南海口一中高三期中)如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為v1，一小滑塊從傳送帶左端以初速度v0滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.小滑塊的加速度向右，大小為μg
B.若v0C.若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為
D.若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為
答案　D
解析　小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A錯誤;若v0v1，小滑塊以速度v0先向右減速到0的時間t1＝，位移為x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的時間t2＝，位移為x2＝，最后以速度v1勻速回到左端，時間為t3＝，小滑塊返回到左端的時間t＝t1＋t2＋t3，解得t＝，故C錯誤，D正確。
模型二　傾斜傳送帶
　　　　　　　　　　　　　　　　
傾斜傳送帶運動分析
情景 滑塊的運動情況
傳送帶不 足夠長 傳送帶足夠長
一直加速(一定滿足關系gsin θ<μgcos θ) 先加速后勻速
一直加速(加速度 a＝gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后勻速
若μv0v0>v時，一直加速或減速(加速度大小為a＝ gsin θ－μgcos θ 或a＝μgcos θ－gsin θ) 若μ>tan θ，先減速后勻速;若μ(摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ，一直加速; gsin θ＝μgcos θ，一直勻速
gsin θ<μgcos θ， 一直減速 先減速到速度為0后反向加速:若v0v，先減速到0再反向加速后勻速，返回原位置時速度大小為v
例2 機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角θ＝37°，轉軸間距L＝3.95 m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求:
(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a;
(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。
答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
解析　(1)小包裹的速度v2大于傳送帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，所用時間
t1＝ s＝2.5 s
在傳送帶上滑動的距離為x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為
t2＝ s＝2 s
所以小包裹通過傳送帶的時間為t＝t1＋t2＝4.5 s。
(1)求解傳送帶問題的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析與判斷。
(2)臨界狀態:當v物＝v帶時，摩擦力發生突變，物體的加速度發生突變。
(3)滑塊與傳送帶的劃痕長度Δx等于滑塊與傳送帶的相對位移的大小。
跟蹤訓練
2.(2024·安徽卷，4)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是(　　)
答案　C
解析　0~t0時間內:物塊輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，合力不變，故做勻加速運動。t0之后，當物塊速度與傳送帶速度相同時，靜摩擦力與重力沿傳送帶向下的分力相等，加速度突變為零，物塊做勻速直線運動，故C正確，A、B、D錯誤。
3.(2025·江蘇鹽城高三學情檢測)如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行。t＝0時，將質量m＝1 kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上端，物體相對地面的v－t圖像如圖乙所示，2 s時滑離傳送帶。設沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則(　　)
A.傳送帶的傾角θ＝30°
B.物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.4
C.傳送帶上、下兩端的間距為15 m
D.物體在傳送帶上留下的痕跡長度為5 m
答案　D
解析　由題圖乙得0~1 s內物體的加速度a1＝＝10.0 m/s2，根據牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1;1~2 s內加速度a2＝＝2.0 m/s2，根據牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，聯立解得θ＝37°，μ＝0.5，故A、B錯誤;由題意可知物體在0~2 s內的位移大小等于傳送帶上、下兩端的距離，根據v－t圖像與t軸所圍的面積表示位移，可知位移l＝ m＋×1.0 m＝16 m，故C錯誤;由題圖乙知傳送帶的速率v0＝10 m/s，則0~1 s內，物體的位移為x1＝ m＝5 m，傳送帶的位移為x2＝v0t1＝10×1.0 m＝10 m，故物體與傳送帶間相對位移大小為Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m，物體相對傳送帶向上運動;1~2 s內物體的位移為x3＝×1.0 m＝11 m，傳送帶的位移為x4＝v0t2＝10×1 m＝10 m，故物體與傳送帶間相對位移大小為Δx2＝x3－x4＝1 m，物體相對傳送帶向下運動，痕跡重疊1 m，因此物體在傳送帶上留下的痕跡長度為5 m，故D正確。
A級　基礎對點練
對點練1　水平傳送帶
1.(多選)(2024·廣東汕頭一模)地鐵站用于安全檢查的裝置主要由水平傳送帶和X光透視系統兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經歷兩個階段的運動，已知傳送帶長度為2.1 m、速率為2 m/s，g取10 m/s2，物品與傳送帶間的動摩擦因數為0.4，則(　　)
A.物品在傳送帶上運動的時間是1.3 s
B.物品做加速運動時，其速度有可能超過傳送帶速度
C.物品越重，從傳送帶的左端運送到右端所需要的時間越長
D.若僅使傳送帶的速率增大為原來的2倍，加速階段物品的位移增大為原來的4倍
答案　AD
解析　物品放在傳送帶上后，相對傳送帶滑動，受到滑動摩擦力，由牛頓第二定律可得μmg＝ma，則a＝μg＝4 m/s2，物品加速階段的位移x1＝ m＝0.5 m，物品加速到與傳送帶的速度相同后，與傳送帶一起勻速運動，物品勻速運動時不受摩擦力，故B錯誤;物品勻加速運動的時間t1＝＝0.5 s，物品勻速運動的時間t2＝ s＝0.8 s，物品在傳送帶上運動的時間t＝t1＋t2＝1.3 s，與物品的質量無關，故A正確，C錯誤;由x1＝可知，若僅使傳送帶的速率增大為原來的2倍，加速階段物品的位移增大為原來的4倍，故D正確。
2.北京國際機場航站樓行李處理系統其中的一段如圖甲所示，水平傳送帶順時針勻速轉動，一小行李箱以初速度v0滑上水平傳送帶，從A點運動到B點的v－t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)
A.小行李箱的初速度大小為2 m/s
B.傳送帶轉動的速度大小為6 m/s
C.A、B兩點間的距離為6 m
D.小行李箱與傳送帶的相對位移大小為2 m
答案　D
解析　由v－t圖像可知，小行李箱的初速度v0＝6 m/s，小行李箱開始做勻減速直線運動，后與傳送帶一起勻速運動，則傳送帶轉動的速度v＝2 m/s，故A、B錯誤;根據v－t圖像，小行李箱在3 s內運動的距離為x1＝×1 m＋2×2 m＝8 m，則A、B兩點間的距離為8 m，故C錯誤;根據v－t圖像，在3 s內傳送帶傳動的距離為x2＝2×3 m＝6 m，所以小行李箱與傳送帶的相對位移大小為Δx＝x1－x2＝2 m，故D正確。
對點練2　傾斜傳送帶
3.(多選)(2025·河南南陽高三期末)如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現將一包裹輕輕放在最上端的A點，包裹從A點運動到最下端B點的過程中，加速度a隨位移x的變化圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A.傳送帶與水平面的夾角為30° B.包裹與傳送帶間的動摩擦因數為0.4
C.傳送帶運行的速度大小為6 m/s D.包裹到B點時的速度為8 m/s
答案　AC
解析　包裹放上傳送帶后，包裹相對傳送帶向上滑動，則所受摩擦力沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1，運動到與傳送帶共速后，根據牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，其中a1＝7.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2，聯立解得μ＝，sin θ＝0.5，可得θ＝30°，故A正確，B錯誤;由運動學公式有＝2a1x1，可得v1＝ m/s＝6 m/s，則傳送帶的速度為6 m/s，故C正確;第二段勻加速過程有＝2a2(x2－x1)，解得v2＝7 m/s，可知包裹到B點時的速度為7 m/s，故D錯誤。
4.(多選)(2024·江西南昌模擬)如圖所示，一傳送帶傾斜放置，以恒定速率v順時針轉動。t＝0時刻一物塊以初速度v0從A端沖上傳送帶，t＝t0時刻離開傳送帶，則物塊速度隨時間變化的圖像可能是(　　)
答案　AC
解析　對物塊受力分析可知，物塊受到重力、摩擦力和支持力。設摩擦力最大值為Ffm，重力沿傳送帶向下的分力為mgsin θ。若v0v，物塊先做勻減速運動，加速度大小a1＝gsin θ＋μgcos θ，與傳送帶共速后，若Ffmv，物塊先做勻減速運動，與傳送帶共速后，若Ffm≥mgsin θ，物塊與傳送帶沿斜面向上一起做勻速運動，則D圖不可能，故D錯誤。
5.(多選)如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小滑塊，小滑塊與傳送帶間動摩擦因數為μ，小木塊速度隨時間變化關系如圖乙所示，若θ、g、v0、t0已知，則下列說法中正確的是(　　)
A.傳送帶一定逆時針轉動
B.μ＝tan θ＋
C.傳送帶的速度大于v0
D.t0后一段時間內滑塊加速度為2gsin θ－
答案　AD
解析　若傳送帶順時針轉動，當滑塊下滑(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端;當滑塊上滑(mgsin θ<μmgcos θ)，先勻加速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖像，故傳送帶是逆時針轉動，A正確;滑塊在0~t0內，滑動摩擦力向下做勻加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由圖可知a1＝，則μ＝－tan θ，B錯誤;只有當滑塊的速度等于傳送帶的速度時，滑塊所受的摩擦力方向向反，故傳送帶的速度等于v0，C錯誤;共速后滑塊的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，D正確。
B級　綜合提升練
6.如圖所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A與水平傳送帶相接觸，傳送帶正以v＝4 m/s的速度順時針勻速轉動，質量為2 kg的物體(可視為質點)從斜面上O處由靜止下滑，經過時間1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之間距離LOA＝4.5 m，傳送帶左右兩端A、B間的距離LAB＝10 m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不計物體經過A時的動能損失。
(1)求物體沿斜面下滑的加速度大小;
(2)求物體與斜面間的動摩擦因數μ1;
(3)物體在傳送帶上向左運動時是否會從B端滑出 如果滑出，求離開B點的速度大小 如果不滑出，求物體返回到A點的速度大小。
答案　(1)4 m/s2　(2)0.25　(3)不滑出　4 m/s
解析　(1)由勻變速直線運動規律可得LOA＝at2
解得a＝4 m/s2。
(2)由牛頓第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
解得μ1＝0.25。
(3)由勻變速直線運動規律可知物體滑至A點時的速度vA＝at＝6 m/s
而物體在傳送帶上滑動時的加速度大小為a1＝μ2g＝5 m/s2
則由運動學公式可得物體在傳送帶上速度減為零的位移為x＝＝3.6 m<10 m
故物體不會從B點滑出，速度減為零之后反向加速，加速度大小不變，加速到相對傳送帶靜止所需位移為x'＝＝1.6 m物體返回到A點的速度vA'＝v＝4 m/s。
7.(2025·四川宜賓市診斷)如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶以v0＝1 m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，現將物塊B輕放在傳送帶下端的同時，物塊A從傳送帶上端以v1＝2 m/s的初速度沿傳送帶下滑，結果兩物塊恰好沒有在傳送帶上相碰，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為0.8，不計物塊大小，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求:
(1)兩物塊剛在傳送帶上運動時各自的加速度大小;
(2)兩物塊從在傳送帶上運動到剛好要相碰所用的時間;
(3)傳送帶上下端間的距離。
答案　(1)0.4 m/s2　0.4 m/s2　(2)7.5 s　(3)10 m
解析　(1)剛開始運動時，物塊A沿傳送帶向下運動的加速度大小為a1＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，做勻減速運動
對于物塊B，向上運動的加速度大小
a2＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，做勻加速運動。
(2)物塊B在傳送帶上加速到傳送帶的速度所用時間t2＝＝2.5 s
物塊A從傳送帶上端減速到速度為零所用時間t1＝＝5 s
物塊A從速度為零向上加速到與傳送帶速度相同所用時間為t1'＝＝2.5 s
所以，兩物塊從在傳送帶上運動到剛好要相碰所用時間為t＝t1＋t1'＝7.5 s。
(3)在7.5 s內物塊B的位移大小為x2＝a2＋v0(t－t2)＝6.25 m
而A的位移大小為x1＝a1a1t1'2＝3.75 m
因此傳送帶下端到上端的距離s＝x1＋x2＝10 m。
C級　培優加強練
8.(2025·云南高三聯考)雙層皮帶輸送機的出現極大地提升了物流輸送效率，它可以將貨物同時進行輸送裝卸。雙層皮帶輸送機可簡化為如圖所示的兩個傳送速率相同的傳送帶，上層傳送帶長為4.02 m，與水平方向夾角為37°，下層的水平傳送帶長為3.21 m。貨物放在材質相同的紙箱內，紙箱(可視為質點)與上、下兩層傳送帶之間的動摩擦因數均為0.8，上、下兩層傳送帶均以恒定速率0.4 m/s逆時針運行。裝卸工人乙將紙箱輕放在下層傳送帶最右端，裝卸工人甲同時將紙箱以大于傳送帶的速度無碰撞地推上傳送帶，另一端的分揀員同時接到兩個紙箱。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求:
(1)紙箱被傳送到分揀員處經過的時間;
(2)紙箱被裝卸工人甲推入傳送帶時的速度大小。
答案　(1)8.05 s　(2)1.2 m/s
解析　(1)在水平傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg＝ma
解得a＝8 m/s2
加速到與傳送帶速度相等時的時間
t1＝ s＝0.05 s
運動的位移x1＝a＝0.01 m
速度相等后一起勻速運動的位移x2＝L2－x1＝3.2 m
勻速運動的時間t2＝＝8 s
紙箱被傳送到分揀員處經過的時間t＝t1＋t2＝8.05 s。
(2)設裝卸工人甲推紙箱的速度為v1，紙箱從推上傳送帶到與傳送帶速度相同所需時間t3，由于v1>v2，紙箱做減速運動，加速度大小為
a1＝＝0.4 m/s2
則減速到與傳送帶速度相等的時間
t3＝ s
運動的位移x3＝ m
當速度相等后與傳送帶一起做勻速運動，勻速運動的位移x4＝L1－x3
勻速運動的時間t4＝
根據t＝t3＋t4，整理得－0.8v1－0.48＝0
解得v1＝1.2 m/s
故紙箱被推入傳送帶時的速度大小為1.2 m/s。(共41張PPT)
專題強化五　動力學中的“傳送帶”模型
第三章　運動和力的關系
會分析物體在傳送帶上的受力情況及運動情況。
會計算相對位移及劃痕的長度。
學習目標
目 錄
CONTENTS
模型
01
提升素養能力
02
模型
1
模型二　傾斜傳送帶
模型一　水平傳送帶
水平傳送帶問題的常見情形及運動分析
模型一　水平傳送帶
情景 物塊的運動情況 關鍵點
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直勻加速，a＝μg 先加速后勻速 水平同向傳送帶:判斷物塊能否與傳送帶共速
若x物>L，則不能共速
若x物≤L，則能共速
v0< v時，一直加速 v0v 0> v時，一直減速 v0>v時，先減速后勻速
情景 物塊的運動情況 關鍵點
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直減速到右端 先勻減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端。若v0v返回到左端時速度為v 水平反向傳送帶:判斷物塊能否減速到0
例1 (多選)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是(　　)
A.開始時行李的加速度大小為2 m/s2
B.行李經過2 s到達B處
C.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.12 m
D.當行李的速度與傳送帶的速度相同時，傳送帶立刻停止運動，整個過程中行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.04 m
AD
解析　開始時行李的加速度大小為a＝＝2 m/s2，A正確;行李與傳動帶達到共速所用時間t1＝＝0.2 s，行李的位移為x1＝a＝0.04 m<2 m，則兩者能共速。行李勻速運動的時間為t2＝＝4.9 s，行李到達B處的時間為t＝t1＋t2＝5.1 s，B錯誤;行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x1＝0.04 m，C錯誤;共速時傳送帶立刻停止運動，行李做勻減速運動的位移為x2＝＝0.04 m，兩段劃痕的長度重合，則摩擦痕跡長度為0.04 m，D正確。
銜接教材 本題以機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李為素材，創設了求解小包裹加速度、小包裹通過傳送帶所需時間的生活實踐問題情境。本題水平傳送帶的情境與人教版必修第一冊P115T4的安檢機水平傳送帶相呼應，體現了源于教材又高于教材的命題理念。主要考查利用牛頓第二定律、勻變速直線運動規律等知識點求解傳送帶問題。
關于物體相對傳送帶位移的求解方法，若物體相對傳送帶的位移大小為Δx。
(1)若有一次相對運動:Δx＝x傳－x物或Δx＝x物－x傳，Δx也是劃痕長度。
(2)若有兩次相對運動:兩次相對運動方向相同，則Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲);
兩次相對運動方向相反，則劃痕長度等于較長的相對位移大小Δx2(圖乙)。
1.(2025·海南海口一中高三期中)如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為v1，一小滑塊從傳送帶左端以初速度v0滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
跟蹤訓練
D
A.小滑塊的加速度向右，大小為μg
B.若v0C.若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為
D.若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為
解析　小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A錯誤;若v0v1，小滑塊以速度v0先向右減速到0的時間t1＝，位移為x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的時間t2＝，位移為x2＝，最后以速度v1勻速回到左端，時間為t3＝，小滑塊返回到左端的時間t＝t1＋t2＋t3，解得t＝，故C錯誤，D正確。
傾斜傳送帶運動分析
模型二　傾斜傳送帶
情景 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直加速(一定滿足關系gsin θ<μgcos θ) 先加速后勻速
一直加速(加速度 a＝gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后勻速
若μ情景 滑塊的運動情況
傳送帶不 足夠長 傳送帶足夠長
v0v0>v時，一直加速或減速(加速度大小為a＝gsin θ－μgcos θ 或a＝μgcos θ－gsin θ) 若μ>tan θ，先減速后勻速;若μ情景 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
(摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ，一直加速; gsin θ＝μgcos θ，一直勻速
gsin θ<μgcos θ， 一直減速 先減速到速度為0后反向加速:若v0v，先減速到0再反向加速后勻速，返回原位置時速度大小為v
例2 機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角θ＝37°，轉軸間距L＝3.95 m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求:
(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a;
解析　小包裹的速度v2大于傳送帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
答案　0.4 m/s2
(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。
解析　小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，所用時間
t1＝ s＝2.5 s
在傳送帶上滑動的距離為x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為t2＝ s＝2 s
所以小包裹通過傳送帶的時間為t＝t1＋t2＝4.5 s。
答案　4.5 s
(1)求解傳送帶問題的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析與判斷。
(2)臨界狀態:當v物＝v帶時，摩擦力發生突變，物體的加速度發生突變。
(3)滑塊與傳送帶的劃痕長度Δx等于滑塊與傳送帶的相對位移的大小。
2.(2024·安徽卷，4)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是(　　)
跟蹤訓練
C
解析　0~t0時間內:物塊輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，合力不變，故做勻加速運動。t0之后，當物塊速度與傳送帶速度相同時，靜摩擦力與重力沿傳送帶向下的分力相等，加速度突變為零，物塊做勻速直線運動，故C正確，A、B、D錯誤。
3.(2025·江蘇鹽城高三學情檢測)如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行。t＝0時，將質量m＝1 kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上端，物體相對地面的v－t圖像如圖乙所示，2 s時滑離傳送帶。設沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則(　　)
A.傳送帶的傾角θ＝30°
B.物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.4
C.傳送帶上、下兩端的間距為15 m
D.物體在傳送帶上留下的痕跡長度為5 m
D
解析　由題圖乙得0~1 s內物體的加速度a1＝＝10.0 m/s2，根據牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1;1~2 s內加速度a2＝＝2.0 m/s2，根據牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，聯立解得θ＝37°，μ＝0.5，故A、B錯誤;由題意可知物體在0~2 s內的位移大小等于傳送帶上、下兩端的距離，根據v－t圖像與t軸所圍的面積表示位移，可知位移l＝ m＋×1.0 m＝16 m，故C錯誤;
由題圖乙知傳送帶的速率v0＝10 m/s，則0~1 s內，物體的位移為x1＝ m＝5 m，傳送帶的位移為x2＝v0t1＝10×1.0 m＝10 m，故物體與傳送帶間相對位移大小為Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m，物體相對傳送帶向上運動;1~2 s內物體的位移為x3＝×1.0 m＝11 m，傳送帶的位移為x4＝v0t2＝10×1 m＝10 m，故物體與傳送帶間相對位移大小為Δx2＝x3－x4＝1 m，物體相對傳送帶向下運動，痕跡重疊1 m，因此物體在傳送帶上留下的痕跡長度為5 m，故D正確。
提升素養能力
2
A級　基礎對點練
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對點練1　水平傳送帶
1.(多選)(2024·廣東汕頭一模)地鐵站用于安全檢查的裝置主要由水平傳送帶和X光透視系統兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經歷兩個階段的運動，已知傳送帶長度為2.1 m、速率為2 m/s，g取10 m/s2，物品與傳送帶間的動摩擦因數為0.4，則(　　)
A.物品在傳送帶上運動的時間是1.3 s
B.物品做加速運動時，其速度有可能超過傳送帶速度
C.物品越重，從傳送帶的左端運送到右端所需要的時間越長
D.若僅使傳送帶的速率增大為原來的2倍，加速階段物品的位移增大為原來的4倍
解析　物品放在傳送帶上后，相對傳送帶滑動，受到滑動摩擦力，由牛頓第二定律可得μmg＝ma，則a＝μg＝4 m/s2，物品加速階段的位移x1＝ m＝0.5 m，物品加速到與傳送帶的速度相同后，與傳送帶一起勻速運動，物品勻速運動時不受摩擦力，故B錯誤;物品勻加速運動的時間t1＝＝0.5 s，物品勻速運動的時間t2＝ s＝0.8 s，物品在傳送帶上運動的時間t＝t1＋t2＝1.3 s，與物品的質量無關，故A正確，C錯誤;由x1＝可知，若僅使傳送帶的速率增大為原來的2倍，加速階段物品的位移增大為原來的4倍，故D正確。
D
2.北京國際機場航站樓行李處理系統其中的一段如圖甲所示，水平傳送帶順時針勻速轉動，一小行李箱以初速度v0滑上水平傳送帶，從A點運動到B點的v－t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)
A.小行李箱的初速度大小為2 m/s
B.傳送帶轉動的速度大小為6 m/s
C.A、B兩點間的距離為6 m
D.小行李箱與傳送帶的相對位移大小為2 m
解析　由v－t圖像可知，小行李箱的初速度v0＝6 m/s，小行李箱開始做勻減速直線運動，后與傳送帶一起勻速運動，則傳送帶轉動的速度v＝2 m/s，故A、B錯誤;根據v－t圖像，小行李箱在3 s內運動的距離為x1＝×1 m＋2×2 m＝8 m，則A、B兩點間的距離為8 m，故C錯誤;根據v－t圖像，在3 s內傳送帶傳動的距離為x2＝2×3 m＝6 m，所以小行李箱與傳送帶的相對位移大小為Δx＝x1－x2＝2 m，故D正確。
AC
對點練2　傾斜傳送帶
3.(多選)(2025·河南南陽高三期末)如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現將一包裹輕輕放在最上端的A點，包裹從A點運動到最下端B點的過程中，加速度a隨位移x的變化圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A.傳送帶與水平面的夾角為30°
B.包裹與傳送帶間的動摩擦因數為0.4
C.傳送帶運行的速度大小為6 m/s
D.包裹到B點時的速度為8 m/s
解析　包裹放上傳送帶后，包裹相對傳送帶向上滑動，則所受摩擦力沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1，運動到與傳送帶共速后，根據牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，其中a1＝7.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2，聯立解得μ＝，sin θ＝0.5，可得θ＝30°，故A正確，B錯誤;由運動學公式有＝2a1x1，可得v1＝ m/s＝6 m/s，則傳送帶的速度為6 m/s，故C正確;第二段勻加速過程有＝2a2(x2－x1)，解得v2＝7 m/s，可知包裹到B點時的速度為7 m/s，故D錯誤。
AC
4.(多選)(2024·江西南昌模擬)如圖所示，一傳送帶傾斜放置，以恒定速率v順時針轉動。t＝0時刻一物塊以初速度v0從A端沖上傳送帶，t＝t0時刻離開傳送帶，則物塊速度隨時間變化的圖像可能是(　　)
解析　對物塊受力分析可知，物塊受到重力、摩擦力和支持力。設摩擦力最大值為Ffm，重力沿傳送帶向下的分力為mgsin θ。若v0v，物塊先做勻減速運動，加速
度大小a1＝gsin θ＋μgcos θ，與傳送帶共速后，若Ffmv，物塊先做勻減速運動，與傳送帶共速后，若Ffm≥mgsin θ，物塊與傳送帶沿斜面向上一起做勻速運動，則D圖不可能，故D錯誤。
AD
5.(多選)如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小滑塊，小滑塊與傳送帶間動摩擦因數為μ，小木塊速度隨時間變化關系如圖乙所示，若θ、g、v0、t0已知，則下列說法中正確的是(　　)
A.傳送帶一定逆時針轉動
B.μ＝tan θ＋
C.傳送帶的速度大于v0
D.t0后一段時間內滑塊加速度為2gsin θ－
解析　若傳送帶順時針轉動，當滑塊下滑(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端;當滑塊上滑(mgsin θ<μmgcos θ)，先勻加速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖像，故傳送帶是逆時針轉動，A正確;滑塊在0~t0內，滑動摩擦力向下做勻加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由圖可知a1＝，則μ＝－tan θ，B錯誤;只有當滑塊的速度等于傳送帶的速度時，滑塊所受的摩擦力方向向反，故傳送帶的速度等于v0，C錯誤;共速后滑塊的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，D正確。
B級　綜合提升練
6.如圖所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A與水平傳送帶相接觸，傳送帶正以v＝4 m/s的速度順時針勻速轉動，質量為2 kg的物體(可視為質點)從斜面上O處由靜止下滑，經過時間1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之間距離LOA＝4.5 m，傳送帶左右兩端A、B間的距離LAB＝10 m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不計物體經過A時的動能損失。
(1)求物體沿斜面下滑的加速度大小;
(2)求物體與斜面間的動摩擦因數μ1;
(3)物體在傳送帶上向左運動時是否會從B端滑出 如果滑出，求離開B點的速度大小 如果不滑出，求物體返回到A點的速度大小。
答案　(1)4 m/s2　(2)0.25　(3)不滑出　4 m/s
解析　(1)由勻變速直線運動規律可得LOA＝at2
解得a＝4 m/s2。
(2)由牛頓第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
解得μ1＝0.25。
(3)由勻變速直線運動規律可知物體滑至A點時的速度vA＝at＝6 m/s
而物體在傳送帶上滑動時的加速度大小為a1＝μ2g＝5 m/s2
則由運動學公式可得物體在傳送帶上速度減為零的位移為x＝＝3.6 m<10 m
故物體不會從B點滑出，速度減為零之后反向加速，加速度大小不變，加速到相對傳送帶靜止所需位移為x'＝＝1.6 m物體返回到A點的速度vA'＝v＝4 m/s。
7.(2025·四川宜賓市診斷)如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶以v0＝1 m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，現將物塊B輕放在傳送帶下端的同時，物塊A從傳送帶上端以v1＝2 m/s的初速度沿傳送帶下滑，結果兩物塊恰好沒有在傳送帶上相碰，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為0.8，不計物塊大小，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求:
(1)兩物塊剛在傳送帶上運動時各自的加速度大小;
(2)兩物塊從在傳送帶上運動到剛好要相碰所用的時間;
(3)傳送帶上下端間的距離。
答案　(1)0.4 m/s2　0.4 m/s2　(2)7.5 s　(3)10 m
解析　(1)剛開始運動時，物塊A沿傳送帶向下運動的加速度大小為a1＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，做勻減速運動
對于物塊B，向上運動的加速度大小
a2＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，做勻加速運動。
(2)物塊B在傳送帶上加速到傳送帶的速度所用時間t2＝＝2.5 s
物塊A從傳送帶上端減速到速度為零所用時間t1＝＝5 s
物塊A從速度為零向上加速到與傳送帶速度相同所用時間為t1'＝＝2.5 s
所以，兩物塊從在傳送帶上運動到剛好要相碰所用時間為t＝t1＋t1'＝7.5 s。
(3)在7.5 s內物塊B的位移大小為x2＝a2＋v0(t－t2)＝6.25 m
而A的位移大小為x1＝a1a1t1'2＝3.75 m
因此傳送帶下端到上端的距離s＝x1＋x2＝10 m。
C級　培優加強練
8.(2025·云南高三聯考)雙層皮帶輸送機的出現極大地提升了
物流輸送效率，它可以將貨物同時進行輸送裝卸。雙層皮
帶輸送機可簡化為如圖所示的兩個傳送速率相同的傳送帶，
上層傳送帶長為4.02 m，與水平方向夾角為37°，下層的水平傳送帶長為3.21 m。貨物放在材質相同的紙箱內，紙箱(可視為質點)與上、下兩層傳送帶之間的動摩擦因數均為0.8，上、下兩層傳送帶均以恒定速率0.4 m/s逆時針運行。裝卸工人乙將紙箱輕放在下層傳送帶最右端，裝卸工人甲同時將紙箱以大于傳送帶的速度無碰撞地推上傳送帶，另一端的分揀員同時接到兩個紙箱。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求:
(1)紙箱被傳送到分揀員處經過的時間;
(2)紙箱被裝卸工人甲推入傳送帶時的速度大小。
答案　(1)8.05 s　(2)1.2 m/s
解析　(1)在水平傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg＝ma
解得a＝8 m/s2
加速到與傳送帶速度相等時的時間t1＝ s＝0.05 s
運動的位移x1＝a＝0.01 m
速度相等后一起勻速運動的位移x2＝L2－x1＝3.2 m
勻速運動的時間t2＝＝8 s
紙箱被傳送到分揀員處經過的時間t＝t1＋t2＝8.05 s。
(2)設裝卸工人甲推紙箱的速度為v1，紙箱從推上傳送帶到與傳送帶速度相同所需時間t3，由于v1>v2，紙箱做減速運動，加速度大小為
a1＝＝0.4 m/s2
則減速到與傳送帶速度相等的時間t3＝ s
運動的位移x3＝ m
當速度相等后與傳送帶一起做勻速運動，勻速運動的位移x4＝L1－x3
勻速運動的時間t4＝
根據t＝t3＋t4，整理得－0.8v1－0.48＝0
解得v1＝1.2 m/s
故紙箱被推入傳送帶時的速度大小為1.2 m/s。

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